package com.wk.exercise.leetcode;

import com.wk.SuppressConstant;

/**
 * <pre>
 *      @author : wk <br/>
 *      e-mail : 1226426603@qq.com <br/>
 *      time   : 2020/4/6 <br/>
 *      desc   :   72. 编辑距离       <br/>

给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。

你可以对一个单词进行如下三种操作：

插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符
 

示例 1：

输入：word1 = "horse", word2 = "ros"
输出：3
解释：
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
示例 2：

输入：word1 = "intention", word2 = "execution"
输出：5
解释：
intention -> inention (删除 't')
inention -> enention (将 'i' 替换为 'e')
enention -> exention (将 'n' 替换为 'x')
exention -> exection (将 'n' 替换为 'c')
exection -> execution (插入 'u')

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/edit-distance
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我们可以对任意一个单词进行三种操作：

插入一个字符；

删除一个字符；

替换一个字符。

题目给定了两个单词，设为 A 和 B，这样我们就能够六种操作方法。

但我们可以发现，如果我们有单词 A 和单词 B：

对单词 A 删除一个字符和对单词 B 插入一个字符是等价的。例如当单词 A 为 doge，单词 B 为 dog 时，我们既可以删除单词 A 的最后一个字符 e，得到相同的 dog，也可以在单词 B 末尾添加一个字符 e，得到相同的 doge；

同理，对单词 B 删除一个字符和对单词 A 插入一个字符也是等价的；

对单词 A 替换一个字符和对单词 B 替换一个字符是等价的。例如当单词 A 为 bat，单词 B 为 cat 时，我们修改单词 A 的第一个字母 b -> c，和修改单词 B 的第一个字母 c -> b 是等价的。

这样以来，本质不同的操作实际上只有三种：

在单词 A 中插入一个字符；

在单词 B 中插入一个字符；

修改单词 A 的一个字符。

这样以来，我们就可以把原问题转化为规模较小的子问题。我们用 A = horse，B = ros 作为例子，来看一看是如何把这个问题转化为规模较小的若干子问题的。

在单词 A 中插入一个字符：如果我们知道 horse 到 ro 的编辑距离为 a，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 a + 1。这是因为我们可以在 a 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串，只需要额外的 1 次操作，在单词 A 的末尾添加字符 s，就能在 a + 1 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串；

在单词 B 中插入一个字符：如果我们知道 hors 到 ros 的编辑距离为 b，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 b + 1，原因同上；

修改单词 A 的一个字符：如果我们知道 hors 到 ro 的编辑距离为 c，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 c + 1，原因同上。

那么从 horse 变成 ros 的编辑距离应该为 min(a + 1, b + 1, c + 1)。

注意：为什么我们总是在单词 A 和 B 的末尾插入或者修改字符，能不能在其它的地方进行操作呢？答案是可以的，但是我们知道，操作的顺序是不影响最终的结果的。例如对于单词 cat，我们希望在 c 和 a 之间添加字符 d 并且将字符 t 修改为字符 b，那么这两个操作无论为什么顺序，都会得到最终的结果 cdab。

你可能觉得 horse 到 ro 这个问题也很难解决。但是没关系，我们可以继续用上面的方法拆分这个问题，对于这个问题拆分出来的所有子问题，我们也可以继续拆分，直到：

字符串 A 为空，如从 转换到 ro，显然编辑距离为字符串 B 的长度，这里是 2；

字符串 B 为空，如从 horse 转换到 ，显然编辑距离为字符串 A 的长度，这里是 5。

因此，我们就可以使用动态规划来解决这个问题了。我们用 D[i][j] 表示 A 的前 i 个字母和 B 的前 j 个字母之间的编辑距离。


如上所述，当我们获得 D[i][j-1]，D[i-1][j] 和 D[i-1][j-1] 的值之后就可以计算出 D[i][j]。

D[i][j-1] 为 A 的前 i 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们在 A 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i][j-1] + 1；

D[i-1][j] 为 A 的前 i - 1 个字符和 B 的前 j 个字符编辑距离的子问题。即对于 A 的第 i 个字符，我们在 B 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j] + 1；

D[i-1][j-1] 为 A 前 i - 1 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们修改 A 的第 i 个字符使它们相同，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1] + 1。特别地，如果 A 的第 i 个字符和 B 的第 j 个字符原本就相同，那么我们实际上不需要进行修改操作。在这种情况下，D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1]。

那么我们可以写出如下的状态转移方程：

若 A 和 B 的最后一个字母相同：

\begin{aligned} D[i][j] &= \min(D[i][j - 1] + 1, D[i - 1][j]+1, D[i - 1][j - 1])\\ &= 1 + \min(D[i][j - 1], D[i - 1][j], D[i - 1][j - 1] - 1) \end{aligned}
D[i][j]
​

=min(D[i][j−1]+1,D[i−1][j]+1,D[i−1][j−1])
=1+min(D[i][j−1],D[i−1][j],D[i−1][j−1]−1)
​


若 A 和 B 的最后一个字母不同：

D[i][j] = 1 + \min(D[i][j - 1], D[i - 1][j], D[i - 1][j - 1])
D[i][j]=1+min(D[i][j−1],D[i−1][j],D[i−1][j−1])


对于边界情况，一个空串和一个非空串的编辑距离为 D[i][0] = i 和 D[0][j] = j，D[i][0] 相当于对 word1 执行 i 次删除操作，D[0][j] 相当于对 word1执行 j 次插入操作。

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/edit-distance/solution/bian-ji-ju-chi-by-leetcode-solution/
来源：力扣（LeetCode）
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 *      address:
 *      GitHub : https://github.com/wk1995 <br/>
 *      CSDN   : http://blog.csdn.net/qq_33882671 <br/>
 * </pre>
 */
@SuppressWarnings(SuppressConstant.UNUSED)
public class Q72 implements Q {
    @Override
    public void answer() {

    }

    private int minDistance(String word1, String word2) {
        if(word1==null || word2==null){
            throw new IllegalArgumentException("arg can not be null");
        }
        int length1=word1.length();
        int length2=word2.length();
        int[][] result=new int[length1+1][length2+1];
        if(length2*length1==0){
            return length2+length1;
        }
        for(int i=0;i<=length1;i++){
            result[i][0]=i;
        }
        for(int i=0;i<=length2;i++){
            result[0][i]=i;
        }
        for(int i=1;i<=length1;i++){
            for(int j=1;j<=length2;j++){
                int left = result[i - 1][j] + 1;
                int down = result[i][j - 1] + 1;
                int leftDown = result[i - 1][j - 1];
                if (word1.charAt(i-1) != word2.charAt(j-1)) {
                    leftDown += 1;
                }
                result[i][j] = Math.min(left, Math.min(down, leftDown));
            }
        }
        return result[length1][length2];

    }


}
